2 Các phản ví dụ của nguyên lý Hasse-Minkowski cho hệ các dạng
2.3.1 Cách tham số hóa đường conic
Trước hết ta nhắc lại cách tham số hóa đường tròn đơn vị
C ={(x, y)∈ R2 | x2 +y2 = 1}.
Xét đường thẳng đi qua điểm P(−1,0) ∈ C có hệ số góc t có phương trình
y = t(x+ 1). Đường thẳng đó giao với đường tròn x2+y2 = 1 tại các điểm có tọa độ đầu thỏa mãn phương trình
0 =x2+t2(x+ 1)2−1 = (x+ 1)(x−1 +t2x+t2).
Giải phương trình suy ra các điểm giao là P(−1,0) và Pt =1−t2
1 +t2, 2t
1 +t2
. Do đó phương trình tham số hóa đường tròn đơn vị là
(1−T2)2+ (2T)2 = (1 +T2)2. (2.5) Tổng quát hơn ta xét phương trình đường tròn ax2 +by2 = 1 trên trường bất kỳ F, trong đó a, b∈ F, a, b6= 0. Tương ứng với phương trình (2.5) chúng ta có phương trình tham số hóa cho trường hợp này được trình bày trong bổ Bổ đề 2.3.1 ở dưới.
Trước hết chúng ta đề cập khái niệm sau: Cho F[t] là vành đa thức với hệ số trong F. Hai đa thức trong F[t] được gọi là liên kết nếu đa thức này bằng đa thức còn lại nhân với một hằng số. Tổng quát hơn, trong bất kì miền nhân tử hóa duy nhất, hai phần tử được gọi là liên kết nếu phần tử này bằng phần tử kia nhân với một phần tử khả nghịch.
Bổ đề 2.3.1. (xem [2, Lemma 1, trang 615]) Cho F là một trường, a, b∈ F là các phần tử khác không. Cho x0, y0 ∈ F sao cho ax20 +by20 = 1. Khi đó trong
F[T] ta có
aq12+bq22 = q32, (2.6)
trong đó q1 =bx0T2−2by0T −ax0, q2 =−by0T2−2ax0T +ay0 và q3 =bT2+a. Hơn nữa, ít nhất hai trong các đa thức q1, q2, q3 có bậc đúng bằng 2.
Nếu Char F 6= 2thì q1, q2, q3 đều khác đa thức không và không có hai đa thức nào liên kết với nhau.
Chứng minh. Cho P(x0, y0) thuộc đường cong ax20+by20 = 1. Đường thẳng đi qua P có hệ số góc T có phương trình y =T(x−x0) +y0 cắt ax2+by2 = 1 tại các điểm là nghiệm của phương trình:
Suy ra x= bx0T
2−2by0T −ax0 bT2+a , y =
−by0T2−2ax0T +ay0 bT2+a .
Vậy ta có phương trình (2.6). Do b 6= 0 nên deg q3 = 2. Mặt khác vì
b6= 0, a6= 0 nên deg q1 = 2 hoặc q2 = 2.
Giả sử nếu Char F 6= 2. Do a, b 6= 0, x0 và y0 không đồng thời bằng 0 nên
q1, q2, q3 đều khác đa thức không.
Bây giờ chúng ta đi chứng minh không có hai trong các đa thức q1, q2, q3
liên kết với nhau. Giả sử phản chứng hai trong các đa thức q1, q2, q3 liên kết với nhau. Khi đó hai đa thức đó phải có bậc 2. Từ phương trình aq21+bq22 =q32 suy ra q1, q2, q3 đều liên kết với nhau. Nhưng q1 hoặc q2 có số hạng tuyến tính, điều này mâu thuẫn với q3 không có số hạng tuyến tính.
Bổ đề 2.3.2. Cho a, b là các phần tử khác không của miền nhân tử hóa R. Nếu
an và bn là liên kết với n nguyên dương nào đó thì a, b cũng liên kết.
Chứng minh. Chúng ta phân tích a, b thành các nhân tử bất khả quy. Theo giả thiết an và bn tương đương suy ra an và bn có phân tích giống nhau sai khác phần tử khả nghịch. Do đó a và b cũng phải cùng phân tích sai khác phần tử khả nghịch.
Sự tồn tạiq1, a2 vàq3 trong Bổ đề (2.3.1) phụ thuộc vào sự tồn tại có ít nhất một nghiệm của ax20+by02 = 1. Với F = Fp, để chứng minh sự tồn tại nghiệm trên chúng ta sử dụng tiêu chuẩn Euler. (p là số nguyên tố lẻ, a bình phương trong Fp nếu và chỉ nếu ap−21 = 1.)
Bổ đề 2.3.3. Cho plà một số nguyên tố lẻ, a, b∈Fp là các phần tử khác không. Khi đó tồn tại x0, y0 ∈Fp sao cho ax20+by20 = 1.
Chứng minh. Nếu p= 2 thì lấy x0 = 1, y0 = 0. Nếu p6= 2, chúng ta cần giải phương trình
y2 =f(x), (2.7)
với f(x) = b−1(1 − ax). Nếu phương trình (2.7) không có nghiệm thì f(x) không phải là một bình phương với mọi t ∈ Fp. Từ tiêu chuẩn Euler ta có
f(t)(p−1)/2 = −1 với mọi t ∈ Fp hay phương trình (2.7) có p nghiệm. Mặt khác degf(t)(p−1)/2 ≤ p−1 nên f(t)(p−1)/2 có nhiều nhất p−1 nghiệm, nên điều này mâu thuẫn.